类风湿关节炎.系统性红斑狼疮等一类疾病是( ) A．由病原体感染机体而引发的疾病.具有传染性 B．由于机体免疫功能不足或缺乏而引发的疾病.无传染性 C．人体免疫系统对自身的组织和器官造成损伤而引发——青夏教育精英家教网—

7. 类风湿关节炎、系统性红斑狼疮等一类疾病是(　　 ) A．由病原体感染机体而引发的疾病，具有传染性 B．由于机体免疫功能不足或缺乏而引发的疾病，无传染性 C．人体免疫系统对自身的组织和器官造成损伤而引发的疾病 D．已免疫的机体再次接受相同物质的刺激而引发的过敏反应

6. 在特异性免疫中吞噬细胞可以起作用的阶段是　(　 ) ①体液免疫的感应阶段　 ②细胞免疫的感应阶段　 ③体液免疫的反应阶段 ④体液免疫的效应阶段　 ⑤非特异性免疫　　　　⑥细胞免疫的反应阶段 A．①②④　B.②③⑥　C．①②④⑤　　 D． ①②④⑤⑥

5. 下列关于免疫的叙述正确的是(　　 )

① 淋巴细胞只有受到抗原刺激后，才能形成效应细胞和记忆细胞

② 一种抗原不仅可以和相应的抗体结合，也可以与产生抗体的效应细胞结合

③ 在特异性免疫发挥作用的主要是淋巴细胞

④ 当机体免疫功能不足或缺乏时，可引起免疫缺陷病

⑤ 效应B细胞的产生，需要T细胞和抗原的共同刺激

⑥ 在体液免疫过程中，每个效应B细胞只分泌一种特异性抗体

⑦ 当同一种抗原再次进入机体时，产生的效应B细胞均来自记忆细胞

A．①③④⑥ 　　B．①④⑥　　 C．②⑤⑦ 　　D．②⑤⑥⑦

4．下列有关人体体温调节的叙述，不正确的是(　　 ) A．寒冷环境刺激可使皮肤血管收缩，机体散热减少，肾上腺素分泌增加，机体产热增加 B．人的体温也不是恒定不变的，一昼夜内有波动；调节能力也有一定的限度 C．下丘脑是调节体温的主要中枢，大脑皮层是体温感觉中枢 D．人在炎热环境中会刺激热觉感受器通过反射弧调节来维持体温恒定

3.a、b、c、d四名受试者分别口服100g葡萄糖后，在180min内血糖含量的变化曲线如图所示。据图分析正确的是　　　　　　　　 (　　 )

①c、d代表正常人的血糖含量变化 ②a代表糖尿病患者的血糖含量变化 ③4条曲线在前30min内血糖升高与肠道吸收有关 ④b在120min后下降的主要原因是葡萄糖转化为糖元及非糖物质 A．①④　　B．②③　　 C．①③　　 D．②④

1.下图表示内环境成分间的关系，正确的是 (　　 ) 2. 正常情况下，由尿排出的K⁺大约是肾小球滤过的K⁺量的1/10，当给人以大量钾盐时，尿中　　K⁺排出可超过由肾小球滤过的K⁺的量。这一事实说明(　　 ) 　　A．肾脏排出K⁺的特点是多吃多排，少吃少排，不吃不排　　B．K⁺的分泌和重吸收既可能是主动过程，也可能是被动过程　　　C．肾小管和收集管既能重吸收K⁺，又有分泌K⁺的能力　　D．K⁺的分泌和Na⁺的重吸收相关联，都受醛固酮的调节

32.(10分)

　　转基因抗病香蕉的培育过程如图所示。质粒上有PstⅠ、SmaⅠ、EcoRⅠ、ApaⅠ等四种限制酶切割位点。请回答：

　　 (1)构建含抗病基因的表达载体A时，应选用限制酶　　　，对　　　进行切割。

　　 (2)培养板中的卡那霉素会抑制香蕉愈伤组织细胞的生长，欲利用该培养筛选已导入抗病基因的香蕉细胞，应使基因表达载体A中含有　　　　，作为标记基因。

(3)香蕉组织细胞具有　　　　　　　，因此，可以利用组织培养技术将导入抗病基因的香蕉组织细胞培育成植株。图中①、②依次表示组织培养过程中香蕉组织细胞的　　　　。

答案(1)PstⅠ、EcoRⅠ　含抗病基因的DNA 、质粒

(2)　　　抗卡那霉素基因

(3)　　　全能性　脱分化、再分化

[解析]本题考查基因工程的有关知识。⑴从图可看出，只有PstⅠ、EcoRⅠ两种酶能保持抗病基因结构的完整性，所以构建含抗病基因的表达载体A时，应选用限制酶PstⅠ、EcoRⅠ两种酶，对抗病基因的DNA和质粒进行切割。⑵卡那霉素能抑制香蕉愈伤组织细胞的生长，欲利用该培养基筛选已导入抗病基因的香蕉细胞，应使基因表达载体A中含有抗卡那霉素基因，以此作为标记基因。⑶香蕉组织细胞具有全能性，因此，可以利用组织培养技术将导入抗病基因的香蕉组织细胞培育成植株。图中①、②依次表示组织培养过程中香蕉组织细胞的脱分化和再分化。

31. [化学--有机化学基础](13分)

有机物A是最常用的食用油氧化剂，分子式为C₁₀H₁₂O₅_，可发生如下转化：

已知B的相对分子质量为60，分子中只含一个甲基。C的结构可表示为：

请回答下列问题：

　　 (1)根据系统命名法，B的名称为　　　　　　　　　。

　　 (2)官能团-X的名称为　　　　　　　　　，高聚物E的链节为　　　　　　　　　。

　　 (3)A的结构简式为　　　　　　　　　　。

　　 (4)反应⑤的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。

　　 (5)C有多种同分异构体，写出期中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式　　　　　　　　　。

　　　 i.含有苯环　　　　 ii.能发生银镜反应　　 iii.不能发生水解反应

　　 (6)从分子结构上看，A具有抗氧化作用的主要原因是　　　　　　　 (填序号)。

　　　 a.含有苯环　　　　 b.含有羰基　　　　　c.含有酚羟基

答案

^{[解析]本题考查有机物的推断及性质。从框图中的信息知，C中含有羧基及酚基和苯环，又C的结构中有三个Y官能团，显然为羟基，若为羧基，则A的氧原子将超过5个。由此可得出C的结构为。A显然为酯，水解时生成了醇B和酸C。B中只有一个甲基，相对分子质量为60，60－15－17=28，则为两上亚甲基，所以B的结构式为CH3CH2CH2OH，即1-丙醇。它在浓硫酸作用下，发生消去反应，可生成CH3CH=CH2,双键打开则形成聚合物，其键节为。由B与C的结构，不难写出酯A的结构简式为：。C与NaHCO3反应时，只是羧基参与反应，由于酚羟基的酸性弱，不可能使NaHCO3放出CO2气体。(5)C的同分异构体中，能发生银镜反应，则一定要有醛基，不能发生水解，则不能是甲酸形成的酯类。显然，可以将羧基换成醛基和羟基在苯环作位置变换即可。(6)抗氧化即为有还原性基团的存在，而酚羟基易被O2氧化，所以选C项。}

30.[化学--物质结构与性质](13分)

Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：

①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；

②Y原子价电子(外围电子)排布msⁿmpⁿ

③R原子核外L层电子数为奇数；

④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。

请回答下列问题：

(1)Z²⁺的核外电子排布式是　　　　　　　　　　　　　　。

(2)在[Z(NH₃)₄]²⁺离子中，Z²⁺的空间轨道受NH₃分子提供的　　　　　形成配位键。

(3)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是　　　　。

a.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙　　　　　　　 b.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙

c.稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙　　　　　　　 d.稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙

(4) Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为　　　　　　 (用元素符号作答)

(5)Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为　　　　。

(6)五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于　　　。

答案(1)1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹ (2)孤对电子(孤电子对)

(3)b　 (4)Si < C <N　 (5) 3:2　 (6)原子晶体

[解析]本题考查物质结构与性质。29号为Cu。Y价电子：msⁿmpⁿ中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。R的核外L层为数，则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道为2和4，则C(或Si)和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。(1)Cu的价电子排布为3d¹⁰4s¹，失去两个电子，则为3d⁹。(2)Cu²⁺可以与NH₃形成配合物，其中NH₃中N提供孤对电子，Cu提供空轨道，而形成配位键。(3)Q、Y的氢化物分别为CH₄和SiH₄，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH₄>SiH₄。因为SiH₄ 的相对分子质量比CH₄大，故分子间作用力大，沸点高。(4)C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si。(5)C、H形成的相对分子质量的物质为C₂H₂，结构式为H-C≡C-H，单键是σ键，叁键中有两个是σ键一个π键，所以σ键与π键数之比为3：2。(6)电负性最大的非元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成的SiO₂，属于原子晶体。